树形DP 选课

树上的背包问题

学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。学校开设了N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。

在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。 例如:

输入描述 Input Description

输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。
以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。

输出描述 Output Description

输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数。

样例输入 Sample Input

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
样例输出 Sample Output
13
【详见图片】
表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。 　　你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。

题解部分：
这道题看了很多老哥的题解，是老早以前写的了，当时没有人写多叉树的写法，实际上我感觉多叉树的DP其实也蛮好懂的也很直接.还是说下两种树形DP思路 第一种是传统的记忆化搜索 给以X为根节点的子树分配J个资源，那么方程应该是F[X][J]=max(f[x][j],f[x][j-k]+dp(child[i],k));特别地，对于第一个子树你可以直接赋值 F[X][J]=当前节点X的点权+dp(child[1],j-1);
有个特殊注意的地方是你的分配资源给那些子树的必然是总资源-1
因为点权占一个份额（其实这个是比较不好的写法，因为这个挂了很久）然后记得j-1倒叙枚举 保证更新状态不会覆盖.
第二种方法我没试，但是可以肯定是一个非常好的方法.
直接DP(x)用头部递归找到所有子节点状态然后递归回来做状态转移.
想看这种写法的同学可以去看HAOI 软件安装那个题的题解.清晰简洁，边界条件也是弱化的.
一些关于边界的细节可以直接看代码了解，大概就是资源为0返回0 资源为1返回节点权值，无子节点直接返回节点权值（在条件2基础之上）

#include 
#define maxn 302
using namespace std;
int N, M;
int f[maxn][maxn];
struct tr{
    int child[maxn];
    int num;
};
tr a[maxn];
int s[maxn];
int dfs(int cur, int k)
{
//  cout<=0)
    return f[cur][k];
    if(a[cur].num==0)
    return s[cur];
    if(k==1)
    return s[cur];
    int i, j;
    for(i=1;i<=a[cur].num;i++)
    { 
        for(j=k-1;j>=1;j--)
        {
        /*  if(cur==0&&i==1)
            {
                f[cur][j+1]=dfs(a[cur].child[i],j+1);
                cout<=1;v--)
                    {
                        f[cur][j+1]=max(f[cur][j+1], dfs(a[cur].child[i],v)+f[cur][k-v]);
                        cout<=1;v--)
                {
                //  cout<=1;j--)
            {
                for(int v=j;v>=1;v--)
                {
                    f[cur][j]=max(f[cur][j],f[a[cur].child[i]][v]+f[cur][j-v]);
                //  cout<>N>>M;
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        a[i].num=0;
    }
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        int ta, tb;
        cin>>ta>>tb;
        a[ta].child[++a[ta].num]=i;
        s[i]=tb;
    }
/*  for(i=0;i<=N;i++)
    {
        for(j=1;j<=a[i].num;j++)
        {
            cout<